Esistono prove dell'indecidibilità del problema di arresto che non dipende dall'autoreferenziazione o dalla diagonalizzazione?

Questa è una domanda relativa a questa . Riponendolo in una forma molto più semplice dopo molte discussioni lì, che sembrava una domanda totalmente diversa.

La classica dimostrazione dell'indecidibilità del problema dell'arresto dipende dalla dimostrazione di una contraddizione quando si cerca di applicare un ipotetico decisore HALT a se stesso. Penso che ciò denoti semplicemente l'impossibilità di avere un decisore HALT che decide se si fermerà o meno, ma non fornisce alcuna informazione oltre a quella sulla decidibilità dell'arresto di altri casi.

Quindi la domanda è

Esiste una prova che il problema dell'arresto è indecidibile che non dipende dal mostrare che HALT non può decidere da solo, né dipende dall'argomento della diagonalizzazione?

Piccola modifica: mi impegno a formulare la frase originale della domanda, che richiede una prova che non dipende affatto dalla diagonalizzazione (piuttosto che dal fatto che richiede semplicemente di non dipendere dalla diagonalizzazione che dipende da HALT).

Sì, ci sono tali prove nella teoria della calcolabilità (aka teoria della ricorsione).

Puoi prima dimostrare che il problema di arresto (il set ) può essere usato per calcolare un set che è 1-generico che significa che in un certo senso ogni fatto di su è deciso da un finito prefisso . Quindi è facile dimostrare che un tale insieme non può essere calcolabile (cioè decidibile). G ⊆ N Σ 0 1 G G $0'$$G\subseteq\mathbb N$$\Sigma^0_1$$G$$G$$G$

Potremmo sostituire 1 generico qui con 1 casuale, cioè Martin-Löf casuale , per lo stesso effetto. Questo utilizza il teorema di base bassa di Jockusch-Soare .

(Avvertenza: si potrebbe considerare solo la dimostrazione del fatto che calcola Ω di Chaitin , che è 1 casuale, ma qui dobbiamo fare attenzione se la prova che Ω è 1 casuale si basa sul fatto che il problema di arresto sia indecidibile! Pertanto è più sicuro basta usare il teorema della base bassa).$0'$$\Omega$$\Omega$

Ripubblicato dal mio commento secondo la richiesta:

Inizia con l'osservazione che ci sono problemi indecidibili (semplice argomento di cardinalità), e inoltre che esiste un problema indecidibile P che ha una TM M che riconosce i suoi membri (ma potrebbe non terminare con i non membri). Ora, risolvere HALT (M) ti dà un decisore per P. Per prima cosa controlliamo se M si ferma su x. Se lo fa, lo eseguiamo e restituiamo lo stesso di M. Altrimenti, rifiutiamo, poiché M si ferma su ogni membro di P. Questa è ora una contraddizione poiché abbiamo ipotizzato che P fosse indecidibile.

Nota: ha chiarito che stava cercando un argomento che evitasse la diagonalizzazione usando direttamente HALT, non un argomento che evitava del tutto la diagonalizzazione.

EDIT: questo argomento è bloccato. Puoi mostrare direttamente che RE - REC non è vuoto, oltre a mostrare che HALT è lì?

Un altro poster allude a questo (riferendosi a Chaitin), ma puoi usare il paradosso di Berry per dimostrare che il problema dell'arresto è indecidibile. Ecco un breve schizzo della dimostrazione:

Lascia che HALT sia una macchina che decide se una qualsiasi macchina M si ferma sull'input I. Dimostreremo che HALT non riesce a fermarsi su un input particolare, il che dimostra che non è in grado di decidere la lingua.

Considera la seguente funzione f:

f (M, n) = a, dove a è il numero intero positivo più piccolo non calcolabile dalla macchina M su qualsiasi input I con | I | <n

Supponendo che HALT sia una funzione calcolabile, f è anche una funzione calcolabile; simula semplicemente HALT (M, I) per ogni macchina M e inserisci la stringa I con una lunghezza di I inferiore a n. Se la simulazione si interrompe, simula M (I) e registra qual è l'output e trova l'output più piccolo a che non viene emesso da nessuna delle coppie M, n.

Ora, mostriamo che f non è calcolabile: considera f (f, 10000000 * | f | +10000000). Qualunque cosa emetta, dovrebbe essere un intero (positivo) che non è calcolabile dalla macchina che calcola f sull'input I con una lunghezza inferiore a quella data ... e tuttavia abbiamo appena emesso un intero con f e molto più breve ingresso.

Pertanto, f non è calcolabile, quindi la nostra ipotesi che HALT fosse calcolabile è falsa. Non credo che questa prova faccia alcun uso della diagonalizzazione.

$\{W_e\}_{e=1}^{\infty}$$f$$e$$W_e = W_{f(e)}$$0$$f$$e$$0$$W_e$$0$$e$$W_e(0)$$W_{f(e)}(0)$